《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問(wèn)題練習(xí) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 第二編 專題一 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 第3講 導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問(wèn)題練習(xí) 理（27頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講導(dǎo)數(shù)的熱點(diǎn)問(wèn)題考情研析利用導(dǎo)數(shù)探求函數(shù)的極值、最值是函數(shù)的基本問(wèn)題，高考中常與函數(shù)的零點(diǎn)、方程的根及不等式相結(jié)合，難度較大解題時(shí)要注意分類討論思想和轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用.核心知識(shí)回顧1.利用導(dǎo)數(shù)解決與函數(shù)有關(guān)的方程根的問(wèn)題(1)利用導(dǎo)數(shù)研究高次式、分式、指數(shù)式、對(duì)數(shù)式方程根的個(gè)數(shù)問(wèn)題的一般思路：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)問(wèn)題；利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性、極值(最值)、端點(diǎn)值等；畫(huà)出函數(shù)的大致圖象；結(jié)合圖象求解(2)證明復(fù)雜方程在某區(qū)間上有且僅有一解的步驟：在該區(qū)間上構(gòu)造與方程相應(yīng)的函數(shù)；利用導(dǎo)數(shù)研究該函數(shù)在該區(qū)間上的單調(diào)性；判斷該函數(shù)在該區(qū)間

2、端點(diǎn)處的函數(shù)值異號(hào)；作出結(jié)論2利用導(dǎo)數(shù)證明不等式不等式的證明可轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值，再由單調(diào)性或最值來(lái)證明不等式，其中構(gòu)造一個(gè)可導(dǎo)函數(shù)是用導(dǎo)數(shù)證明不等式的關(guān)鍵.熱點(diǎn)考向探究考向1 利用導(dǎo)數(shù)討論方程根的個(gè)數(shù)例1(2019廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln ax(a0，b0)，對(duì)任意x0，都有f(x)f0.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)存在三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)由f(x)fln axln 0，得b4a，則f(x)ln ax，f(x)a(x0)，若116a20，即a時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，若116a20，即0a0，x20

3、，又h(x)ax2x4a開(kāi)口向下當(dāng)0xx1時(shí)，h(x)0，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x1x0，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)xx2時(shí)，h(x)0，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a時(shí)，f(x)在(0，)上單調(diào)遞減；當(dāng)0a時(shí)，f(x)在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增(2)由(1)知，當(dāng)a時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，不可能有三個(gè)不同的零點(diǎn)當(dāng)0a時(shí)，f(x)在(0，x1)和(x2，)上單調(diào)遞減，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(2)ln 2a2a0，又x1x24，有x12x2，f(x)在(x1，x2)上單調(diào)遞增，f(x1)f(2)0.f(x)ln ax，fln 2a24a3，令g(a)l

4、n 2a24a3，g(a)12a2.令m(a)12a42a1，m(a)48a32單調(diào)遞增由m(a)48a320，求得a0 .當(dāng)0am10，fg(a)ln 2a24a3在上單調(diào)遞增故fg(a)g3ln 240，故f0，x2，由零點(diǎn)存在性定理知f(x)在區(qū)間上有一個(gè)根，設(shè)為x0，又f(x0)f0，得f0，由x2x0及x1x24得0x1，是f(x)的另一個(gè)零點(diǎn)，故當(dāng)0a0時(shí)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，e2)內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解(1)f(x)2aln xx2，f(x)，x0，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)，當(dāng)0x0；當(dāng)x時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)在(0, )上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減(2)由(1)，得

5、f(x)maxf()a(ln a1)，當(dāng)a(ln a1)0，即0ae時(shí)，函數(shù)f(x)在(1，e2)內(nèi)無(wú)零點(diǎn)；當(dāng)a(ln a1)0，即ae時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)內(nèi)有唯一零點(diǎn)，又10，即ae時(shí)，由于f(1)10，f(e2)2aln e2e44ae4(2e2)(2e2)，若2e20，即ea時(shí)，f(e2)，f(e2)0，且f()2aln eae0，f(1)10.(1)若函數(shù)f(x)僅在x1處取得極值，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)g(x)f(x)a有三個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，x3，求證：x1x2x1x3x2x32x1x2x3.解(1)由f(x)axaln x，得f(x)a，由f(x)僅在x1處取得極

6、值，則exax0，即a.令h(x)(x(0，)，則h(x)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)minh(1)e.當(dāng)0a0，此時(shí)f(x)0僅有一個(gè)零點(diǎn)x1，則f(x)僅在x1處取得極值；當(dāng)ae時(shí)，exex0與x10在同一處取得零點(diǎn)，此時(shí)當(dāng)x(0,1)時(shí)，(x1)(exex)0，f(x)0僅有一個(gè)零點(diǎn)x1，則f(x)僅在x1處取得極值，所以ae符合題意當(dāng)ae時(shí)，顯然與已知不相符合實(shí)數(shù)a的取值范圍為0ae.(2)證明：由g(x)axaln xa，則g(x).由題意，則g(x)0有三個(gè)根，則exa(x1)0有兩個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)為x1，x2，x1x2，則x1，x2(1，)，x10有

7、一個(gè)零點(diǎn)，則x31.令p(x)exa(x1)，則p(x)exa，當(dāng)x(0，ln a)時(shí)，p(x)0，p(x)單調(diào)遞增，p(ln a)aa(ln a1)e2時(shí)，exa(x1)0有兩零點(diǎn)x1，x2，且1x1ln a2x1x2x3，即證：x1x2x1x2(x11)(x21)1，由ex1a(x11)，ex2a(x21)，則ex1x2a2(x11)(x21)，即證：ex1x2a2(x11)(x21)a2x1x22ln ax22ln ax1，由p(x)在(ln a，)上單調(diào)遞增，即證p(x2)p(2ln ax1)，又p(x1)p(x2)，則證p(x1)p(2ln ax1)0，令G(x)p(x)p(2ln

8、ax)，1xln a，G(x)exa(x1)e2ln axa(2ln ax1)ex2ax2aln aG(x)ex2a0恒成立，則G(x)為增函數(shù)，當(dāng)1xln a時(shí)，G(x)2x1x2x3得證利用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式的基本思想是構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值，通過(guò)一般函數(shù)值與特殊值的比較得出所證不等式已知函數(shù)f(x)ln xex(R)(1)若函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，求的取值范圍；(2)求證：當(dāng)0x11.解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)ln xex，f(x)ex，函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，f(x)0或f(x)0在(0，)上恒成立，當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞減函數(shù)時(shí)，f(x)0，

9、0，即xex0，xex，令(x)，則(x)，當(dāng)0x1時(shí)，(x)1時(shí)，(x)0，則(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0時(shí)，(x)min(1)，；當(dāng)函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)時(shí)，f(x)0，0，即xex0，xex，由得(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，又(0)0，x時(shí)，(x)0，0.綜上，或0.(2)證明：由(1)可知，當(dāng)時(shí)，f(x)ln xex在(0，)上單調(diào)遞減，0x1f(x2)，即ln x1ex1ln x2ex2，e1x2e1x1ln x1ln x2.要證e1x2e1x11，只需證ln x1ln x21，即證ln 1，令t，t(0,1)，則只需證ln

10、t1，令h(t)ln t1，則當(dāng)0t1時(shí)，h(t)0，即ln t1，得證考向3 利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題角度1函數(shù)不等式恒成立問(wèn)題例3(2019內(nèi)蒙古高三高考一模)已知函數(shù)f(x)2axbx12ln x(aR)(1)當(dāng)b0時(shí)，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若對(duì)任意的a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍解(1)當(dāng)b0時(shí)，f(x)2a(x0)，當(dāng)a0時(shí)，f(x)0時(shí)，由f(x)0，得0x0，得x.當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，無(wú)單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間是.(2)a1,3和x(0，)，f(x)2bx3恒成

11、立等價(jià)于2axbx12ln x2bx3，x(0，)，a1,3恒成立即a，x(0，)，a1,3恒成立令g(x)a，a1,3，x(0，)，則g(x)，令g(x)0，得xe2，由此可得g(x)在區(qū)間(0，e2上單調(diào)遞減，在區(qū)間e2，)上單調(diào)遞增，當(dāng)x0時(shí)，g(x)ming(e2)a，即a，又a1,3，實(shí)數(shù)b的取值范圍是.利用導(dǎo)數(shù)求解不等式恒成立問(wèn)題中參數(shù)的方法(1)分離參數(shù)法：若能夠?qū)?shù)分離，且分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值易求，則用分離參數(shù)法即f(x)恒成立，則f(x)max.f(x)恒成立，則f(x)min.(2)最值轉(zhuǎn)化法：若參數(shù)不易分離或分離后含x變量的函數(shù)關(guān)系式的最值不易求，則常用最值

12、轉(zhuǎn)化法可通過(guò)求最值建立關(guān)于參數(shù)的不等式求解如f(x)0，則只需f(x)min0.設(shè)函數(shù)f(x)(ax1)ex(aR)(1)當(dāng)a0時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)對(duì)任意的x0，)，f(x)x1恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)aex(ax1)exaex，由于ex0，a0，所以令f(x)0得，x.所以當(dāng)a0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是.(2)令h(x)(ax1)exx1，則f(x)x1恒成立等價(jià)于h(x)0恒成立若a0，則當(dāng)x0時(shí)，ax11,0ex1f(x)1，而x11，即f(x)x1恒成立若02，則h(0)e0(a1a0)1a20，h(1)e1(a1a)1e110.所以

13、h(x)在(0,1)上有零點(diǎn)當(dāng)x(0,1)時(shí)，設(shè)g(x)h(x)，則g(x)ex(ax12a)ex(1a)0，h(x)在(0，x0)上為增函數(shù)，即x(0，x0)時(shí)，h(x)h(0)0，所以f(x)x1，不符合題意綜上可得，符合題意的a的取值范圍是(，2角度2含量詞的不等式問(wèn)題 例4(2019延安市高考模擬)已知函數(shù)f(x)ax1xln x的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線與直線xy0平行(1)求函數(shù)f(x)的極值；(2)若x1，x2(0，)，m(x1x2)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解(1)f(x)ax1xln x的導(dǎo)數(shù)為f(x)a1ln x，可得yf(x)的圖象在點(diǎn)(1，f(1)處的切線斜率為a1，由

14、切線與直線xy0平行，可得a11，即a2，f(x)2x1xln x，f(x)1ln x，當(dāng)0x0，當(dāng)xe時(shí)，f(x)x20，若m(x1x2)，可得f(x1)f(x2)mxmx，即f(x1)mxf(x2)mx，設(shè)g(x)f(x)mx2在(0，)上是增函數(shù)，即g(x)1ln x2mx0在(0，)上恒成立，可得2m在(0，)上恒成立，設(shè)h(x)，所以h(x)，h(x)在(0，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，h(x)在xe2處取得極小值為h(e2)，所以m.含量詞不等式問(wèn)題的解法(1)f(x)g(x)對(duì)一切xI恒成立f(x)g(x)min0(xI)(2)存在xI，使f(x)g(x)成立f(x

15、)g(x)max0(xI)(3)對(duì)任意x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)max.(4)存在x1，x2D，使f(x1)g(x2)f(x)maxg(x)min.(5)任意x1D1，存在x2D2，使f(x1)g(x2)f(x)ming(x)min(f(x)定義域?yàn)镈1，g(x)定義域?yàn)镈2)(2019毛坦廠中學(xué)高三校區(qū)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln xx2kx1.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x1x2)，求證：f(x2)f(x1)0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)k0時(shí)，若k280，即00，即k2時(shí)，令f(x)0，

16、解得x2x10，令f(x)0，解得0xx2，令f(x)0，解得x1x2時(shí)，f(x)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減(2)證明：由(1)得，若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，則k2，且2xkx110，則f(x1)ln x1xkx11ln x1x(2x1)1ln x1x2.下面先證明ln x0)：設(shè)g(x)ln xx，x0，則g(x)1，易得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，g(x)maxg(1)10，g(x)0)，即ln x0)f(x1)ln x1x2x1x220，又由(1)得f(x)在區(qū)間(x1，x2)上單調(diào)遞減，f(x2)f(x1)0)，g(x)，令h(x)exx1，h(x

17、)ex1，x0，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，exx10在(0，)上恒成立，當(dāng)x(0,1)，g(x)0，g(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)增區(qū)間為(1，)(2)f(x)(3x2x3k)0，即3k2exx2x2有解，令h(x)2exx2x2，h(x)2ex2x1在R上遞增，h(0)0，h(1)3，k1.2(2019浙江高考)已知實(shí)數(shù)a0，設(shè)函數(shù)f(x)aln x，x0.(1)當(dāng)a時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對(duì)任意x均有f(x)，求a的取值范圍注：e2.71828為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)解(1)當(dāng)a時(shí)，f(x)ln x，x0.f(x)，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3)，單調(diào)遞增區(qū)間為

18、(3，)(2)由f(1)，得0a.當(dāng)00，故q(x)在上單調(diào)遞增，所以q(x)q.由，得qpp(1)0.所以q(x)0.由知對(duì)任意x，t2，)，g(t)0，即對(duì)任意x，均有f(x).綜上所述，所求a的取值范圍是.3(2019南陽(yáng)市六校高二下學(xué)期第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：01xln x0，所以ex10，所以當(dāng)0x1時(shí)，f(x)1時(shí)，f(x)0.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)(2)證明：令h(x)1xln x，則h(x)1ln x.當(dāng)x時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增；所以h(x)h1ln 10.故1xln x0.

19、由(1)知f(x)ln x在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以f(x)f(1)e10，即ln x0.因?yàn)閤0，所以上述不等式可化為1xln xex.綜上，01xln x0)(1)若函數(shù)f(x)有零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)證明：當(dāng)a時(shí)，f(x)ex.解(1)解法一：函數(shù)f(x)ln x的定義域?yàn)?0，)由f(x)ln x，得f(x).因?yàn)閍0，則x(0，a)時(shí)，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(0，a)上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增當(dāng)xa時(shí)，f(x)minln a1.當(dāng)ln a10，即00，則函數(shù)f(x)有零點(diǎn)所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為.解法二：函數(shù)f(x)ln x的定義域?yàn)?0

20、，)由f(x)ln x0，得axln x.令g(x)xln x，則g(x)(ln x1)當(dāng)x時(shí)，g(x)0；當(dāng)x時(shí)，g(x)0.所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減故x時(shí)，函數(shù)g(x)取得最大值gln .因而函數(shù)f(x)ln x有零點(diǎn)，則0ex，即證明當(dāng)x0，a時(shí)，ln xex，即xln xaxex.令h(x)xln xa，則h(x)ln x1.當(dāng)0x時(shí)，h(x)時(shí)，h(x)0.所以函數(shù)h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增當(dāng)x時(shí)，h(x)mina.于是，當(dāng)a時(shí)，h(x)a.令(x)xex，則(x)exxexex(1x)當(dāng)0x0；當(dāng)x1時(shí)，(x)0時(shí)，(x).顯然，不等式中的等號(hào)不能同時(shí)成立

21、故當(dāng)a時(shí)，f(x)ex.金版押題5已知函數(shù)f(x)xln xax在xx0處取得極小值1.(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)xf(x)b(b0)，討論函數(shù)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)解(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)ln x1a，函數(shù)f(x)xln xax在xx0處取得極小值1，得當(dāng)a1時(shí)，f(x)ln x，則x(0,1)時(shí)，f(x)0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，x1時(shí)，函數(shù)f(x)取得極小值1，符合題意，a1.(2)由(1)知，函數(shù)g(x)xf(x)bx2ln xx2b(b0)，定義域?yàn)?0，)，則g(x)2x，令g(x)0，得0x0，得x.g(x)在(0，)

22、上單調(diào)遞減，在(，)上單調(diào)遞增當(dāng)x時(shí)，函數(shù)g(x)取得最小值b.當(dāng)b0，即b時(shí)，函數(shù)g(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)b0，即b時(shí)，函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)b0，即0b0g()g(e)0，存在x1(，e)，使g(x1)0，g(x)在(，e)上有一個(gè)零點(diǎn)x1.設(shè)h(x)ln x1，則h(x).當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)h(1)0，即當(dāng)x(0,1)時(shí)，ln x1，當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)x2ln xx2bx2x2bbx，取xmminb,1，則g(xm)0；g()g(xm)時(shí)，函數(shù)g(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)b時(shí)，函數(shù)g(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)0b1時(shí)，證明：g(x)在(0，)上存在最小值解(1)因?yàn)閒(x)x2sinx

23、1，所以f(x)12cosx，則f(0)1，f(0)1，所以切線方程為yx1.(2)令f(x)0，則cosx，當(dāng)x(0，)時(shí)，得x，當(dāng)x變化時(shí)，f(x)，f(x)的變化如下表xf(x)0f(x)減最小值增所以函數(shù)f(x)在(0，)上的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.(3)證明：因?yàn)間(x)x2mcosx，所以g(x)xmsinx.令h(x)g(x)xmsinx，則h(x)1mcosx，因?yàn)閙1，所以(0,1)，令h(x)1mcosx0，則cosx，易知cosx在(0，)內(nèi)有唯一解x0，當(dāng)x(0，x0)時(shí)，h(x)0，所以h(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減，在(x0，)上單調(diào)遞增所以h(x0)0，

24、所以h(x)xmsinx在(x0，)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1，當(dāng)x(0，x1)時(shí)，h(x)0，即g(x)0，即g(x)0，所以g(x)在(0，x1)上單調(diào)遞減，在(x1，)上單調(diào)遞增所以函數(shù)g(x)在xx1處取得最小值，即當(dāng)m1時(shí)，函數(shù)g(x)在(0，)上存在最小值配套作業(yè)1.(2019白銀市靖遠(yuǎn)縣高三第四次聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)(x1)ex.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和零點(diǎn)；(2)若f(x)axe恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)ex(x1)exxex，令f(x)0，解得x0.所以函數(shù)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(

25、0，)，令f(x)0，解得x1，所以函數(shù)f(x)的零點(diǎn)是x1.(2)畫(huà)出f(x)的大致圖象，如圖所示，設(shè)g(x)axe，則g(x)的圖象恒過(guò)點(diǎn)(0，e)，設(shè)函數(shù)f(x)(x1)ex的圖象在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線過(guò)點(diǎn)(0，e)，所以f(x0)x0ex0，f(x0)(x01)ex0，f(x)的圖象在P(x0，y0)處的切線方程為y(x01)ex0x0ex0 (xx0)，將(0，e)代入切線方程，得e(x01) ex0xex0，整理得(xx01) ex0e，設(shè)h(x)(x2x1)exeh(x)(x2x)ex，令h(x)0，得x0或x1，所以h(x)在(，1)，(0，)上單調(diào)遞增，在(1,0)上單

26、調(diào)遞減又h(1)e0，h(0)1e1時(shí)，m(x)0；當(dāng)0x1時(shí)，m(x)g(x2)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)a，當(dāng)a0時(shí)，1ax0，則f(x)0，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)0a時(shí)，e，則f(x)0，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)a1時(shí)，1e，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)在上單調(diào)遞增，當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)在上單調(diào)遞減；當(dāng)a1時(shí)，01，則f(x)0，f(x)在1，e上單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)a時(shí)，f(x)在1，e上單調(diào)遞增；當(dāng)ag(x)max恒成立已知a(0，e)，則當(dāng)a0時(shí)，g(x)0，所以g(x)在1，e上單調(diào)遞減，而f(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以f(x)minf(1)a，

27、g(x)maxg(1)a1，所以aa1，得a0，所以g(x)在1，e上單調(diào)遞增，而f(x)在1，e上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(e)ae21，f(x)minf(e)1ae，所以1aeae21，得a0，當(dāng)a0時(shí)，對(duì)任意的x(0，)，f(x)0時(shí)，令f(x)0，得xa，因?yàn)閤(0，a)時(shí)，f(x)0，x(a，)時(shí)，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，a)，單調(diào)遞減區(qū)間為(a，)(2)當(dāng)a1時(shí)，由(1)知，f(x)在1，e上是減函數(shù)，所以f(x)maxf(1)1.因?yàn)閷?duì)任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(1)24，所以對(duì)任意的x11，e，不存在x21，e，使得f(x

28、1)f(x2)4.當(dāng)1ae時(shí)，由(1)知，f(x)在1，a上是增函數(shù)，在(a，e上是減函數(shù)，所以f(x)maxf(a)aln aa2.因?yàn)閷?duì)任意的x11，e，x21，e，f(x1)f(x2)2f(a)2a(ln a1)4，又1ae，所以ln a10,2a(ln a1)40，g(e)4f(e)f(x1)f(1)f(x1)0，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)證明：由題意，g(x)ex1ln x，g(x)ex1.構(gòu)造函數(shù)h(x)g(x)ex1，x0，h(x)ex10，即h(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又h(1)0，即當(dāng)0x1時(shí)，g(x)1時(shí)，g(x)0，即g(x)在(1，)上單調(diào)遞增g(x)g(1

29、)1.5(2019東北三省四市高三第一次模擬)已知函數(shù)f(x)aln x(a0)(1)若函數(shù)yf(x)圖象上各點(diǎn)處切線斜率的最大值為2，求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；(2)若關(guān)于x的不等式f(x)0)(1)a0，當(dāng)時(shí)，f(x)取最大值.2，a0，a4，此時(shí)f(x).在上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)的極小值點(diǎn)為x，無(wú)極大值點(diǎn)(2)f(x)(x0且a0)，在上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，f(x)faaln ，關(guān)于x的不等式f(x)2有解，aaln 0，ln 10，g(x)單調(diào)遞增；在(1，)上，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減，g(x)g(1)0，ln 10且1.a的取值范圍是a0且a2.6

30、(2019漢中市高三教學(xué)質(zhì)量第二次檢測(cè))已知函數(shù)f(x)exln (x1)a的圖象在x0處與x軸相切(1)求f(x)的解析式，并討論其單調(diào)性；(2)若xt0，證明：extln (t1)ln (x1)1.解(1)由題意，得f(0)1a，即切點(diǎn)為(0,1a)，1a0即a1，f(x)exln (x1)1.求導(dǎo)，得f(x)ex，由題意，當(dāng)1x0時(shí)，ex1，則f(x)0時(shí)，ex1，0，即f(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)證法一：要證原不等式，即證extln (t1)ln (x1)10，構(gòu)造函數(shù)g(x)extln (t1)ln (x1)1，x0，即證g(x)0，g(x)ext.xt0，即xt0，x11，則

31、ext1，0，即g(x)為(0，)上的增函數(shù)當(dāng)xt，g(t)0時(shí)，由題意，xt0，g(x)g(t)0即g(x)0，故原不等式得證證法二：要證原不等式，即證ext1ln (x1)ln (t1)，由(1)知，當(dāng)x0時(shí)，f(x)exln (x1)1f(0)0，由題意，xt0即xt0，f(xt)extln (xt1)10，即ext1ln (xt1)，又ln (xt1)ln (x1)ln (t1)ln ln ln 0.ln (xt1)ln (x1)ln (t1)，由得ext1ln (x1)ln (t1)，故原不等式得證7已知函數(shù)f(x)(x1)exmx22，其中mR，e2.71828為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1

32、)當(dāng)m1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)常數(shù)m(2，)時(shí)，函數(shù)f(x)在0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1ln .解(1)當(dāng)m1時(shí)，f(x)(x1)exx22，f(x)xex2xx(ex2)由f(x)x(ex2)0，解得x0或xln 2.當(dāng)xln 2或x0，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，0)，(ln 2，)當(dāng)0xln 2時(shí)，f(x)2，x0，由f(x)x(ex2m)0，解得x0或xln (2m)當(dāng)xln (2m)時(shí)，f(x)0，f(x)在(ln (2m)，)上單調(diào)遞增；當(dāng)0xln (2m)時(shí)，f(x)0，f(x)在0，ln (2m)上單調(diào)遞減f(x)的極小值為fln (2m)函數(shù)f(x)在

33、0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1x2)，fln (2m)0，f(1)2m0，可知x1(0,1)fln (2m)ln (2m)ln 4.0x1ln 41ln .8已知函數(shù)f(x)xaexb(a0，bR)(1)求f(x)的最大值；(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1，x2，證明：x1x20，得xln ，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，f(x)maxfln 1b.(2)證明：由題知兩式相減得x1x2a(ex1ex2)，即a.故要證x1x22ln a，只需證x1x22ln ，即證ex1x22，即證(x1x2)2e x1x22e x2x1.不妨設(shè)x10，則需證t2et2et.設(shè)g(t)t2et

34、2et，則g(t)2tetet.設(shè)h(t)2tetet，則h(t)2etet0，h(t)在(0，)上單調(diào)遞減，h(t)h(0)0，即g(t)0，g(t)在(0，)上單調(diào)遞減，g(t)g(0)0，故原不等式成立9(2019廣元市高三第二次高考適應(yīng)性統(tǒng)考)已知函數(shù)f(x).(1)當(dāng)m(2,2)時(shí)，求函數(shù)yf(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m，則當(dāng)x1，m1時(shí)，記f(x)的最小值為M，g(x)x的最大值為N，判斷M與N的大小關(guān)系，并寫(xiě)出判斷過(guò)程解(1)由m(2,2)易知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(x).當(dāng)m11，即m0時(shí)，f(x)0，此時(shí)f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)1m13即0m0，f(x)單調(diào)遞增，x

35、(1，m1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)1m11，即2m0，f(x)單調(diào)遞增，x(m1,1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減綜上所述，當(dāng)m0時(shí)，f(x)在R上單調(diào)遞增；當(dāng)0m2時(shí)，f(x)在(，1)，(m1，)上單調(diào)遞增，在(1，m1)上單調(diào)遞減；當(dāng)2mN.當(dāng)m時(shí)，由(1)知f(x)在(1，m1)上單調(diào)遞減，g(x)x，當(dāng)x1，m1時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，所以f(x)的最小值為Mf(m1)，g(x)的最大值為Nm1，所以下面判斷Mf(m1)與Nm1的大小，即判斷ex與(1x)x的大小，其中xm1，令m(x)ex(1x)x，則m(x)ex2x1，令h(x)m(x)，則h(x)ex2，因

36、xm1，所以h(x)ex20，m(x)單調(diào)遞增；而m(1)e30，故存在x0使得m(x0)ex02x010，所以m(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以m(x)m(x0)ex0xx02x01xx0xx01，所以x0時(shí)，m(x0)xx010，即ex(1x)x，即Mf(m1)Nm1.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)類解答題(12分)已知函數(shù)f(x)x1aln x(aR)，g(x).(1)當(dāng)a2時(shí)，求曲線yf(x)在x1處的切線方程；(2)若a0，且對(duì)任意x1，x2(0,1，都有|f(x1)f(x2)|4|g(x1)g(x2)|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解題思路(1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率，進(jìn)而得到切線的方

37、程；(2)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，結(jié)合f(x2)f(x1)4g(x1)g(x2)即可將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，進(jìn)而求得a的取值范圍解(1)當(dāng)a2時(shí)，f(x)x12ln x，(1分)f(x)1，f(1)0，切線的斜率kf(1)3，(2分)故曲線yf(x)在x1處的切線方程為3xy30.(4分)(2)對(duì)x(0,1，當(dāng)a0，f(x)在(0,1上單調(diào)遞增，易知g(x)在(0,1上單調(diào)遞減，(6分)不妨設(shè)x1，x2(0,1，且x1x2，f(x1)g(x2)，f(x2)f(x1)f(x2).令h(x)f(x)，則當(dāng)x1h(x2)，h(x)在(0,1上單調(diào)遞減，(8分)h(x)10在(0,1上

38、恒成立，x2ax40在(0,1上恒成立，等價(jià)于ax在(0,1上恒成立，只需amax.(10分)yx在(0,1上單調(diào)遞增，ymax3，3af(x2)構(gòu)造函數(shù)h(x)f(x)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性及最值問(wèn)題3步驟齊全很關(guān)鍵，查看是否注意定義域，區(qū)間的變化，分類討論的條件，極值、最值、題目的結(jié)論等一些關(guān)鍵式子，解答時(shí)一定要寫(xiě)清楚跟蹤訓(xùn)練(2019濟(jì)寧市高三第一次模擬)(12分)已知函數(shù)f(x)ln x2ax，aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式f(x)1時(shí)恒成立，求a的取值范圍解(1)f(x)2a(x0)，(1分)若a0，f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；(2分)若a0，

39、當(dāng)0x0；當(dāng)x時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(4分)(2)由題意可知，不等式可轉(zhuǎn)化為ln xax2(2a1)x1時(shí)恒成立，令g(x)ln xax2(2a1)x(x1)，(5分)g(x)2ax(2a1).(6分)若a0，則g(x)0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞減，所以g(x)g(1)a1，不等式恒成立等價(jià)于a10，即1a0；(8分)若0a1，當(dāng)1x時(shí)；g(x)時(shí)，g(x)0，g(x)在上單調(diào)遞減，g(x)在上單調(diào)遞增，所以g(x)，不符合題意；(10分)若a，當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，所以g(x)(g(1)，)，不符合題意綜上所述，1a0.(12分)- 27